资源描述
福建省2019届高三数学备考关键问题指导系列适应性练习试题(一)理(含解析)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1.已知集合,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】,所以,选A.2.已知为虚数单位,若,则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据复数相等得,再代入求结果.【详解】由,得,所以. 故选B.【点睛】本题考查复数相等以及指数运算,考查基本分析求解能力,属基本题.3.已知,则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据诱导公式化解,再根据同角三角函数关系求结果.【详解】由,得,又由,得,所以. 故选D.【点睛】本题考查诱导公式以及同角三角函数关系,考查基本分析求解能力,属基本题.4.的展开式中的系数为A. B. C. D. 【答案】C【解析】= 所以的展开式中的系数=故选C.5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一,被誉为“东方模板”,它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形,若在此正方形中任取一点,则此点取自黑色部分的概率为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析:由七巧板的构造,设小正方形的边长为1,计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和。详解:设小正方形的边长为1,可得黑色平行四边形的底为高为;黑色等腰直角三角形的直角边为2,斜边为2,大正方形的边长为2,所以,故选C。点睛:本题主要考查几何概型,由七巧板的构造,设小正方形的边长为1,通过分析观察,求得黑色平行四边形的底和高,以及求出黑色等腰直角三角形直角边和斜边长,进而计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和,再将黑色部分面积除以大正方形面积可得概率,属于较易题型。6.已知,与的夹角为,则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求,再分别根据向量数量积定义以及数量积运算律求,即得结果.【详解】因为, ,又 ,所以.故选B.【点睛】本题考查向量数量积以及向量的模,考查基本分析求解能力,属基本题.7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先还原几何体,再根据正方体以及三棱锥体积公式求结果.【详解】本题的多面体是从长为2的正方体中,在上底的四个角处,分别切割四个相同的三棱锥余下的部分. 正方体体积为,割去部分的体积为,故该多面体的体积为. 选C.【点睛】本题考查三视图以及三棱锥体积公式,考查基本分析求解能力,属基本题.8.函数的图像大致为A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析:因为,所以排除A,C,当函数在轴右侧靠近原点的一个较小区间时,函数单调递增,故选D.考点:函数图象与函数性质9.已知,分别是图象上的最高点和最低点, 若点横坐标为,且,则下列判断正确的是A. 由可得B. 的图像关于点对称C. 存在,使得为偶函数D. 存在,使得【答案】D【解析】【分析】根据根据周期确定零点间距离;根据最值确定,再代入验证是否为对称中心;根据偶函数性质求,再判断是否在上有解;设坐标,再根据,解得A,即可作出判断.【详解】因周期,故由可得,排除A;由是图象的最高点,横坐标为,又周期,所以是最靠近轴的最高点,得,满足,所以.由于,排除B.若为偶函数,可得,在找不到合适的值,排除C,故选D.事实上, ;由,可得.所以存在,使得.【点睛】本题考查三角函数解析式以及正弦函数性质,考查基本分析求解能力,属中档题.10.已知三棱锥的四个顶点均在球的球面上,和所在的平面互相垂直,则球的表面积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图所示,为直角,即过ABC的小圆面的圆心为BC的中点,和所在的平面互相垂直,则圆心在过的圆面上,即的外接圆为球的大圆,由等边三角形的重心和外心重合易得球半径R=2,球的表面积为,故选C11.已知双曲线:的左焦点恰好在抛物线 的准线上,过点作两直线分别与抛物线交于两点,若直线的倾斜角互补,则点的纵坐标之和为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据条件解得,再去特殊情况探求结果,由于为单选题,则不需进行验证.【详解】的左焦点,的准线,故.运用极端化思想处理,当两直线重合时,的坐标均为,点的纵坐标之和为.故选C.一般性证明:设,则【点睛】本题考查抛物线方程以及直线与抛物线位置关系,考查基本分析化简求解能力,属中档题.12.如图,方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上,且分边长为现用米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网,若最外边的正方形边长为米,由外到内顺序制作,则完整的正方形的个数最多为(参考数据:)A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】B【解析】【分析】根据条件可得由外到内的正方形的边长依次构成等比数列,再根据等比数列求和公式得这些正方形的周长,列不等式,解得结果.【详解】记由外到内的第个正方形的边长为,则.令,解得,故可制作完整的正方形的个数最多为个. 应选B.【点睛】本题考查等比数列求和公式以及解指数不等式,考查基本分析化简求解能力,属中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知实数,满足不等式组,则的最小值为_【答案】-6【解析】由题得不等式组对应的平面区域为如图所示的ABC,当直线经过点A(0,3)时,直线的纵截距最大,z最小.所以故填-6.14.设直线过双曲线的一个焦点,且与的实轴所在直线垂直,与交于 ,两点,若为的虚轴长的倍,则的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据条件得为通径长,列方程解得离心率.【详解】通径即.【点睛】本题考查双曲线通径长以及离心率,考查基本分析求解能力,属基本题.15.某校在科技文化艺术节上举行纸飞机大赛,五个团队获得了前五名.发奖前,老师让他们各自选择两个团队,猜一猜其名次:团队说:第一,第二;团队说:第三,第四;团队说:第四,第五;团队说:第三,第五;团队说:第一,第四.如果实际上每个名次都有人猜对,则获得第五名的是_团队.【答案】【解析】【分析】根据条件先假设第五名为C,再合情推理,推出矛盾舍去,即得结果.【详解】将五个团队的猜测整理成下表:第一名C,A第二名B第三名A,B第四名D,E,E第五名D,C 由于实际上每个名次都有人猜对,若第五名为C,则第一名为A,第三名B,从而第二名没有人猜对,不合题意要求.故获得第五名的是D团队.【点睛】本题考查合情推理,考查基本分析推理能力,属基本题.16.已知定义在上的函数,当时,不等式恒成立,则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先根据构造差函数,再根据条件化为一元函数,利用导数确定其单调性,最后根据单调性解不等式,解得结果.【详解】由,可得,即.因为,所以问题可转化为恒成立,记, 所以在上单调递增.又,所以当时,恒成立,即实数的取值范围为.【点睛】利用导数解抽象函数不等式,实质是利用导数研究对应函数单调性,而对应函数需要构造.三、解答题:共70分解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤第1721题为必考题,每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题,考生根据要求作答17.的内角的对边分别为,且(1)证明:;(2)若,且的面积为,求.【答案】(1)见解析(2)或【解析】【分析】(1)先根据余弦定理得,再根据正弦定理化边为角,最后化弦为切,解得结果,(2)先根据余弦定理得或者,再根据的面积解得结果.【详解】解:(1)根据余弦定理,得, 把代入可得, 根据正弦定理,得, 故有,又因为, 所以,又有题意中,得都不是直角,故两边同除以,得 (2)根据余弦定理得, ,所以, 即,故或者 又有, 故的面积为 情况1:当时,得 情况2:当时,得【点睛】本小题主要考查三角恒等变换、解三角形等基础知识,考查推理论证能力和运算求解能力.属中档题.18.如图,等腰梯形中,为的三等分点,以为折痕把折起,使点 到达点的位置,且与平面所成角的正切值为(1)证明:平面平面;(2)求二面角的余弦值【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】(1)根据折叠前后关系可得再根据线面垂直判定定理可得,最后根据面面垂直判定定理得结果,(2)作,垂足为,则易得平面,过作,交于.以为坐标原点,的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系,设立各点坐标,列方程组解得各面法向量,利用向量数量积解得法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】 (1)证明:依题意得, 所以, 因为,所以平面平面 (2)假设,由(1)过作,垂足为,则平面, 过作,交于.以为坐标原点,的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系, 则 设平面的法向量为,则 即令,得为平面的一个法向量. 同理可得平面的一个法向量为, , 所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查空间直线、平面垂直的判定与性质、二面角的求解及空间向量的坐标运算基础知识;考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力;考查化归与转化思想、函数与方程思想19.已知椭圆,过点的直线交椭圆于,两点,为坐标原点. (1)若直线过椭圆的上顶点,求的面积;(2)若,分别为椭圆的左、右顶点,直线,的斜率分别为,求证为定值.【答案】(1)(2)为定值.【解析】【分析】(1)先确定直线方程,再与椭圆方程联立方程组解得,,最后根据三角形面积公式求结果,(2)设:,与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理化简求解 ,再根据椭圆性质求得,作商即得结果.【详解】解:(1) 椭圆上顶点为,所以直线:, 联立消去整理得, 解得,, 所以的面积. (2)由题知,设,直线的斜率为.由题还可知,直线的斜率不为0,故可设:. 由,消去,得, 所以 所以 , 又因为点在椭圆上,所以, 所以为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和几何性质、直线与圆和椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力等,考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想20.为了响应年全国文明城市建设的号召,某市文明办对市民进行了一次文明创建知识的网络问卷调查.每一位市民仅有一次参加机会,通过随机抽样,得到参加问卷调查的人的得分(满分:分)数据,统计结果如下表所示:组别频数(1)由频数分布表可以认为,此次问卷调查的得分服从正态分布,近似为这人得分的平均值(同一组数据用该组区间的中点值作为代表),请利用正态分布的知识求;(2)在()的条件下,文明办为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:(i)得分不低于的可以获赠2次随机话费,得分低于的可以获赠1次随机话费;(ii)每次赠送的随机话费和对应的概率为:赠送的随机话费(单位:元)2040概率现市民小王要参加此次问卷调查,记(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求的分布列及数学期望附:;若,则,【答案】()P(36Z795)08186;()X的分布列为X20406080PX的数学期望为【解析】【分析】(1)根据题中所给的统计表,利用公式求得其平均数,即正态分布对应的,再利用数据之间的关系,利用题中所给的数据,以及正态分布的概率密度曲线的对称性,求得对应的概率;(2)根据题意,高于平均数和低于平均数的概率各占一半,再结合得20、40元的概率,分析得出话费的可能数据都有哪些,再利用公式求得对应的概率,进而列出分布列,之后应用离散型随机变量的分布列求得其期望.【详解】()根据题中所给的统计表,结合题中所给的条件,可以求得 ,又,所以P(36Z795);()根据题意,可以得出所得话费的可能值有元,得20元的情况为低于平均值,概率,得40分的情况有一次机会获40元,2次机会2个20元,概率,得60分的情况为两次机会,一次40元一次20元,概率,得80分的其概况为两次机会,都是40元,概率为,所以变量X的分布列为:X20406080P所以其期望为.【点睛】该题考查的是有关概率的问题,涉及到的知识点有平均数的求法,正态分布的性质,离散型随机变量的分布列,属于中档题目.21.设函数,其中.(1)讨论的极值点的个数;(2)若,求的取值范围.【答案】(1)见解析(2)【解析】分析:(1)求函数的导数,再换元,令,对与分类讨论,即可得出函数的极值的情况. (2)由(1)可知:当时,函数在为增函数,又所以满足条件;当时,因换元满足题意需在此区间,即;最后得到的取值范围.详解:(),设,则,当时,函数在为增函数,无极值点.当时,若时, ,函数在为增函数,无极值点.若时,设的两个不相等的正实数根,且,则所以当,单调递增;当,单调递减;当, ,单调递增.因此此时函数有两个极值点;同理当时的两个不相等的实数根,且,当,单调递减,当,单调递增;所以函数只有一个极值点.综上可知当时的无极值点;当时有一个极值点;当时,的有两个极值点.()对于,由()知当时函数在上为增函数,由,所以成立.若,设的两个不相等的正实数根,且,.则若,成立,则要求,即解得.此时在为增函数,成立若当时令,显然不恒成立.综上所述,的取值范围是.点睛:函数的导数或换元后的导数为二次函数题型,求函数的单调性或极值点个数的解题步骤为:(1)确定定义域;(2)二次项系数;(3);(4),再讨论,两个根的大小关系。22.在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,以轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)写出的普通方程和的直角坐标方程;(2)设点在上,点在上,求的最小值以及此时的直角坐标.【答案】(1):,:;(2),此时.【解析】试题分析:(1)的普通方程为,的直角坐标方程为;(2)由题意,可设点的直角坐标为 到的距离当且仅当时,取得最小值,最小值为,此时的直角坐标为.试题解析: (1)的普通方程为,的直角坐标方程为.(2)由题意,可设点的直角坐标为,因为是直线,所以的最小值即为到的距离的最小值,.当且仅当时,取得最小值,最小值为,此时的直角坐标为.考点:坐标系与参数方程.【方法点睛】参数方程与普通方程的互化:把参数方程化为普通方程,需要根据其结构特征,选取适当的消参方法,常见的消参方法有:代入消参法;加减消参法;平方和(差)消参法;乘法消参法;混合消参法等把曲线的普通方程化为参数方程的关键:一是适当选取参数;二是确保互化前后方程的等价性注意方程中的参数的变化范围23.已知函数(1)当时,求不等式的解集;(2)设函数若,求的取值范围【答案】(1)或(2)【解析】【分析】(1)根据绝对值定义化简不等式,即得结果,(2)根据绝对值三角不等式解得最小值,再根据绝对值定义化简不等式,即得结果.【详解】解:(1)当时, 不等式即,等价于, 解得或 因此的解集为或 (2), 所以当时,等价于 当时,不符合题意 当时,等价于,解得 综上得,的取值范围为.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法、不等式解集的概念、绝对值的意义等基础知识,考查抽象概括能力、运算求解能力,考查分类与整合的思想,转化与化归的思想
展开阅读全文